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专题 24.2 圆与四边形的综合
【典例1】定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”．例如：凸四边形ABCD中，
若∠A=∠C，∠B≠∠D，则称四边形ABCD为准平行四边形．
（1）如（图①），A、B、C、D是⊙O上的四个点，∠APC=∠CPB=60°，延长BP到Q，使
AQ=AP．求证：四边形AQBC是准平行四边形；
（2）如（图②），准平行四边形ABCD内接于⊙O，AB≠AD，BC=DC，若⊙O的半径为5，AB=6，
求AC的长；
（3）如（图③），在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=2，若四边形ABCD是准平行四边形，
且∠BCD≠∠BAD，请直接写出BD长的最大值．
【思路点拨】
（1）可证△APQ是等边三角形，可得∠Q=60°=∠QAP，由圆的内接四边形的性质可得
∠QPA=∠ACB=60°=∠Q，由四边形内角和定理可证∠QAC≠∠QBC，可得结论；
（2）如图②，连接BD，由准平行四边形定义可求∠BAD=∠BCD=90°，可得BD是直径，由勾股定理
可求AD=8，将ΔABC绕点C顺时针旋转90°得到ΔCDH，可得AB=DH=6，AC=CH，∠ACH=90°
，∠ABC=∠CDH，由勾股定理可求AC的长；
（3）如图③，作△ACD的外接圆⊙O，过点O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，由准平行四边形定义
可求∠ABC=∠ADC=60°，可得∠AOC=120°，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质，可求
OE=1，CO=2OE=2，由勾股定理可求OB，由当点D在BO的延长线时，BD的长有最大值，即可求解．【解题过程】
解：证明：（1）∵∠APC=∠CPB=60°，
∴∠APQ=60°，且AQ=AP，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠Q=60°=∠QAP，
∵四边形APBC是圆内接四边形，
∴∠QPA=∠ACB=60°，
∵∠Q+∠ACB+∠QAC+∠QBC=360°，
∴∠QAC+∠QBC=240°，
且∠QAC=∠QAP+∠BAC+∠PAB=120°+∠PAB>120°，
∴∠QBC<120°，
∴∠QAC≠∠QBC，且∠QPA=∠ACB=60°=∠Q，
∴四边形AQBC是准平行四边形．
（2）如图②，连接BD，
∵AB≠AD，BC=DC，
∴∠ABD≠∠ADB，∠CBD=∠CDB，
∴∠ABC≠∠ADC，
∵四边形ABCD是准平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠BAD=∠BCD=90°，
∴BD是直径，
∴BD=10，∴AD=❑√BD2−AB2=❑√100−36=8，
将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△CDH，
∴AB=DH=6，AC=CH，∠ACH=90°，∠ABC=∠CDH，
∵∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ADC+∠CDH=180°，
∴点A，点D，点H三点共线，
∴AH=AD+DH=14，
∵AC2+CH2=AH2，
∴2AC2=196，
∴AC=7❑√2．
（3）如图③，作ΔACD的外接圆⊙O，过点O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，
∵∠C=90°，∠A=30°，BC=2，
∴∠ABC=60°，∠ABC=60°，AC=❑√3BC=2❑√3
∵四边形ABCD是准平行四边形，且∠BCD≠∠BAD，
∴∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠AOC=120°，且OE⊥AC，OA=OC，
∴∠ACO=∠CAO=30°，CE=AE=❑√3，
∴OE=1，CO=2OE=2，
∵OE⊥AC，OF⊥BC，∠ECF=90°，
∴四边形CFOE是矩形，
∴CE=OF=❑√3，OE=CF=1，
∴BF=BC+CF=3，∴BO=❑√BF2+OF2=❑√9+3=2❑√3，
∵当点D在BO的延长线时，BD的长有最大值，
∴BD长的最大值=BO+OD=2❑√3+2．
1．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD为菱形，以AD为直径作⊙O交AB于点F，连
接DB交⊙O于点H，过点D作⊙O的切线交BC于点E．
（1）求证：AF=CE；
（2）若BF=2，DH=❑√5，求⊙O的半径．
【思路点拨】
（1）连接DF，根据菱形的性质可得AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．再由切线的性质，可得
∠CED=∠ADE=90°．可证得△DAF≌△DCE．即可求证；
（2）连接AH，DF，根据等腰三角形的性质可得BD=2DH=2❑√5．在Rt△ADF和Rt△BDF中，根据勾
股定理，即可求解．
【解题过程】
（1）证明：如图，连接DF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．
∵DE是⊙O的切线，
∴∠ADE=90°．
∵AD∥BC，∴∠CED=∠ADE=90°．
∵AD是⊙O的直径，
∴∠DFA=90°．
∴∠AFD=∠CED=90°．
{∠AFD=∠CED
)
在△DAF和△DCE中， ∠A=∠C ，
AD=CD
∴△DAF≌△DCE（AAS）．
∴AF=CE．
（2）解：如图，连接AH，DF，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AHD=∠DFA=90°．
∵AD=AB，DH=❑√5，
∴BD=2DH=2❑√5．
在Rt△ADF和Rt△BDF中，
由勾股定理，得DF2=AD2－AF2，DF2=BD2－BF2，
∴AD2－AF2=BD2－BF2．
∴AD2－（AD－BF）2=BD2－BF2．
∴AD2−(AD−2) 2=(2❑√5) 2 −22．
∴AD=5．
5
∴⊙O的半径为 ．
2
2．（2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，G为AD的中点，△GBC的外接圆
⊙O交CD于点F．（1）求证：AD与⊙O相切；
（2）若DF=1，CF=3，求BC的长．
【思路点拨】
（1）连接GO并延长交BC于点E，连接OB,OC，可证得△ABG≌△DCG，从而得到GB=GC，进而得
到EG垂直平分BC，从而得到¿⊥AD，即可求证；
1 3
（2）过点O作OH⊥CD，垂足为H，连接OF，FH= CF= ，先证明四边形OGDH是矩形，可得
2 2
3 5
OH=DG，DH=OG=DF+FH=1+ = ，再根据勾股定理求出OH，即可求解．
2 2
【解题过程】
（1）证明：证明：连接GO并延长交BC于点E，连接OB,OC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD,AD∥BC,∠A=∠D=90°．
∵G为AD的中点，，
∴AG=DG．
∴△ABG≌△DCG．
∴GB=GC．
∵OB=OC，
∴EG垂直平分BC，即∠CEG=90°．
∴∠DGE+∠GEC=180°，
∴∠DGE=180°−∠GEC=180°−90°=90°，即¿⊥AD．
∵点G在⊙O上，∴AD与⊙O相切；
1 3
（2）解：过点O作OH⊥CD，垂足为H，连接OF，FH= CF= ，
2 2
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AD=BC，
∵AD与⊙O相切，
∴∠OGD=90°．
∵∠OHD=90°，
∴四边形OGDH是矩形．
3 5
∴OH=DG，DH=OG=DF+FH=1+ = ，
2 2
5
∴DH=OG=OH= ，
2
∴OH=❑√OF2−FH2=2，
∴DG=2，
∵G是AD的中点，
∴BC=AD=2DG=4．
3．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，AC是对角线，∠CAB=90°，以点A为
圆心，以AB的长为半径作⊙A，交BC边于点E，交AC于点F，连接DE．
（1）求证：DE与⊙A相切；
（2）若∠ADE=30°，AB=6，求EF的长．【思路点拨】
（1）连接AE，根据平行四边形的性质得到∠DAE=∠AEB，然后根据SAS证明△AED≌△BAC，根据
全等三角形的性质即可证明；
（2）连接EF，作EG⊥AC，由（1）可知△AED≌△BAC的性质得出∠ADE=∠ACB=30°后证明
△ABE是等边三角形，接着求出∠CAE=30°，利用直角三角形30°所对的直角边等于斜边的一半求出
¿=3，AG=3❑√3，最后利用勾股定理求出EF的长．
【解题过程】
（1）解：连接AE，
∵平行四边形ABCD，
∴AD//BC，AD=BC，
∴∠EAD=∠AEB，
∵AE=AB，
∴∠AEB=∠ABE，
∴∠EAD=∠ABE，
在△AED和△BAC中，
{
AB=EA
)
∠EAD=∠ABE
BC=AD
∴△AED≌△BAC(SAS)，
∴∠AED=∠BAC，
∵∠CAB=90°，
∴∠AED=∠BAC=90°，
∵AE是⊙A的半径，
∴DE与⊙A相切；
（2）连接EF，作EG⊥AC，由（1）可知△AED≌△BAC，
∴∠ADE=∠ACB=30°，
∵∠CAB=90°，AB=6，
∴∠ABE=60°，
又∵AE=AB，
∴△ABE是等边三角形，
∴AC=6❑√3，BC=12，∠CAE=30°
∴BE=EC=6，
∵EG⊥AC，
∴∠EGA=90°，
∴¿=3，AG=3❑√3，
∴GF=6−3❑√3，
在Rt△EFG中，
EF=❑√GE2+GF2=❑√32+(6−3❑√3) 2=❑√6×(3−❑√3) 2=3❑√6−3❑√2．
4．（2023秋·江苏泰州·九年级泰州市第二中学附属初中校考期末）如图1，▱ABCD中，O为BC上一
点，AO平分∠BAD，以O为圆心，OC为半径的圆，与AB相切于点E
（1）求证：⊙O与AD相切
（2）如图2，若⊙O与AD相切于点F，DF=7，BO=5，且∠D>45°，求弧FC、线段DF和CD组成的图形面积．
【思路点拨】
（1）过点O作OF⊥AD于点F，根据切线的性质可得OE⊥AB，再由角平分线的性质可得OE=OF，
即可；
（2）设⊙O的半径为r，则OC=OE=OF=r，根据平行四边形的性质可得AD=BC，AD∥BC，
∠B=∠D>45°，再由AO平分∠BAD，可得∠BAO=∠AOB，从而得到AB=OB=5，根据DF=7，
BO=5，可得AE=r−2，再由切线长定理可得AE=AF=r−2，从而得到BE=AB−AE=7−r，再由勾
股定理求出r的长，然后根据弧FC、线段DF和CD组成的图形面积=S −S ，即可求解．
梯形CDFO 扇形COF
【解题过程】
（1）证明∶过点O作OF⊥AD于点F，
∵⊙O与AB相切，
∴OE⊥AB，
∵AO平分∠BAD，
∴OE=OF，
∵OE为半径，
∴⊙O与AD相切；
（2）解∶设⊙O的半径为r，则OC=OE=OF=r，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，∠B=∠D>45°，
∴∠FAO=∠AOB，
∵AO平分∠BAD，
∴∠BAO=∠FAO，
∴∠BAO=∠AOB，
∴AB=OB=5，
∵DF=7，BO=5，
∴AF+7=5+r，∴AE=r−2，
∵⊙O与AD相切，⊙O与AB相切，
∴OE⊥AB，OF⊥AD，AE=AF=r−2，
∴∠OEA=90°，BE=AB−AE=7−r，
∴BE2+OE2=OB2，
∴(7−r) 2+r2=52，解得：r=4或3，
当r=4时，BE=3，当r=3时，BE=4，
∵∠B>45°，
∴∠BOE<45°=∠B，
∴OE>BE，
∴r=4，即OC=OE=OF=4，
∵OF⊥AD,AD∥BC，
∴OF⊥BC，即∠COF=90°，
∴弧FC、线段DF和CD组成的图形面积
=S −S
梯形CDFO 扇形COF
1 90π×OC2
= (OC+DF)×OF−
2 360
1 90π×42
= (4+7)×4−
2 360
=22−4π．
5．（2022秋·江苏盐城·九年级景山中学校考阶段练习）如图，已知正方形 ABCD 的边长为4，以点 A 为
圆心，1为半径作圆，点 E 是⊙A 上的一动点，点 E 绕点 D 按逆时针方向转转 90°，得到点 F，接
AF．
（1）求CF长；
（2）当A、E、F三点共线时，求EF长；（3） AF的最大值是__________．
【思路点拨】
（1）连接AE，根据同角的余角相等可得：∠EDA=∠FDC，利用全等三角形的判定定理可得：
ΔEDA≅ΔFDC，再由其性质即可得解；
（2）分两种情况讨论：①当点E在正方形内部时，点A、E、F三点共线时，AF与圆C相切；②当点E在
正方形外部时，点A、E 、F 三点共线时，AF 与圆C相切；两种情况分别利用勾股定理进行求解即可
1 1 1
得；
（3）根据题意判断出AF最大时，点C在AF上，根据正方形的性质求出AC，从而得出AF的最大值．
【解题过程】
解：（1）连接AE，如图所示：
∵∠EDF=∠ADC=90°，
即：∠EDA+∠ADF=∠ADF+∠FDC=90°，
∴∠EDA=∠FDC，
在ΔEDA与ΔFDC中，
¿，
∴ΔEDA≅ΔFDC，
∴CF=AE=1；
（2）①如图所示：当点A、E、F三点共线时，AF与圆C相切，则∠AFC=90°，
AC=❑√AD2+CD2=❑√42+42=❑√32，
CF=1，
∴AF=❑√AC2+CF2=❑√31，
∴EF=AF−AE=❑√31−1；
②如图所示：当点A、E 、F 三点共线时，AF 与圆C相切，
1 1 1
则∠AF C=90°，
1
AC=4❑√2，
CF =1，
1
∴AF =❑√AC2−CF 2=❑√31，
1 1
∴EF=AF +AE =❑√31+1；
1 1
综合可得：当点A、E、F三点共线时，EF长为❑√31−1或❑√31+1；
（3）如图所示，点C在线段AF上，AF取得最大值，AF=AC+CF，
∵AC=❑√32=4❑√2，
∴AF=4❑√2+1，
即：AF的最大值是4❑√2+1，
故答案为：4❑√2+1．
6．（2022秋·浙江衢州·九年级校考阶段练习）新定义：在一个四边形中，若有一组对角都等于90°，则称
这个四边形为双直角四边形．如图1，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，那么四边形ABCD就是双直角
四边形．
（1）若四边形ABCD是双直角四边形，且AB＝3，BC＝4，CD＝2，求AD的长；
（2）已知，在图2中，四边形ABCD内接与⊙O，BC＝CD且∠BAC＝45°；
①求证：四边形ABCD是双直角四边形；
②若AB＝AC，AD＝1，求AB的长和四边形ABCD的面积．
【思路点拨】
（1）连接BD，运用勾股定理求出BD和AD即可；
（2）①连接OB，OC，OD，证明BD是⊙O的直径即可；②过点D作DE⊥AC于点E，设圆的半径为
R，由勾股定理求出AB，AD，BC，CD的长，再根据S =S +S 运用三角形面积公式求解即
ABCD ΔABD ΔBCD
可．【解题过程】
解：（1）连接BD，如图，
在Rt ΔBCD中，BC＝4，CD＝2，
∵BD2=BC2+CD2
∴BD=❑√16+4=2❑√5
在Rt ΔABD中，AB＝3，BD＝2❑√5 ，
∵BD2=BA2+AD2
∴AD=❑√20−9=❑√11
（2）连接OB，OC，OD，如图，
∵∠BAC=45°
∴∠BOC=90°
在ΔBOC和ΔDOC中
{OB=OD
)
OC=OC
BC=CD
∴ΔBOC≌ΔDOC
∴∠DOC=∠BOC=90°∴O是线段BD的中点，
∴BD为⊙O的直径
∴∠BCD=∠BAD=90°
∴四边形ABCD是双直角四边形；
（3）过点D作DE⊥AC于点E，
∵∠BAC=45°,∠BAD=90°
∴∠EAD=45°
∴ΔAED是等腰直角三角形
在Rt ΔAED中，AE=ED，AE2+ED2=AD2
∵AD=1
❑√2
∴AE=ED=
2
设圆的半径为R，
∵ΔBOC和ΔDOC均为等腰直角三角形，
∴BC=CD=❑√2R
√ 1 ❑√2
在Rt ΔADC中，EC=❑√DC2−ED2=❑2R2− = ❑√4R2−1
2 2
在Rt ΔABD中，AB=❑√BD2−AD2=❑√4R2−1
∵AB=AC，AC=AE+EC
❑√2 ❑√2
∴❑√4R2−1= ❑√4R2−1+
2 2
❑√2
解得，R2=1+
2
∴S =S +S
ABCD ΔABD ΔBCD1 1
= AB×AD+ BC×CD
2 2
❑√2+1 1
= + ×❑√2R×❑√2R
2 2
❑√2+1
= +R2
2
❑√2+1 ❑√2
= +1+
2 2
3
= +❑√2
2
7．（2022春·江苏·九年级期末）如图1，已知矩形ABCD中AB=2❑√3，AD=3，点E为射线BC上一点，
连接DE，以DE为直径作⊙O
（1）如图2，当BE=1时，求证：AB是⊙O的切线
（2）如图3，当点E为BC的中点时，连接AE交⊙O于点F，连接CF，求证：CF=CD
（3）当点E在射线BC上运动时，整个运动过程中CF长度是否存在最小值？若存在请直接写出CF长度
的最小值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）过点O作OM⊥AB，且OM的反向延长线交CD于点N．根据题意结合图形易证线段ON为△DEC
中位线，即可求出CE长，从而求出ON与OM长，最后在Rt△DEC中利用勾股定理即可求出DE的长，即
⊙O的直径，即可判断OD=DE=OM，从而证明AB为⊙O的切线．
（2）设⊙O与AD交于点G，连接CG、EG、DF、FG，利用圆周角定理以及三角形中线的性质易证
△CFG≅△CDG(HL)，即证明CF=CD．
1 3
（3）取AD中点H，连接CH、FH、FD．根据（2）中三角形中线的结论可知FH= AD= ，再在
2 2
❑√57
Rt△CDH中，利用勾股定理可求出CH= ．最后利用三角形三边的关系即可求出CF的最小值．
2【解题过程】
（1）如图，过点O作OM⊥AB，且OM的反向延长线交CD于点N．
由题意可知四边形BCNM为矩形，
∴MN=AD=3，
∵O为圆心，即O为DE中点，
∴N为DC中点，即线段ON为△DEC中位线，
又∵CE=BC−BE=3−1=2，
1
∴ON= CE=1，
2
∴OM=MN-ON=3-1=2．
在Rt△DEC中，DE=❑√CD2+CE2=❑√ (2❑√3) 2+22=4．
∴OD=DE=OM=2．
即AB为⊙O的切线．
（2）设⊙O与AD交于点G，连接CG、EG、DF、FG，
∵DE为直径，
∴∠EGD=∠EFD=90°．∴∠GEC=90°，
∴CG为直径．
∴∠CFG=∠CDG=90°，
∵E为BC中点，
∴G为AD中点，
在Rt△AFD中，FG为中线，
∴AG=DG=FG，
{FG=DG)
在Rt△CFG和Rt△CDG中， ，
CG=CG
∴△CFG≅△CDG(HL)．
∴CF=CD．
（3）如图，取AD中点H，连接CH、FH、FD．
1 3
由（2）可知FH= AD= ，
2 2
√ 3 2 ❑√57
在Rt△CDH中，CH=❑√CD2+H D2=❑(2❑√3) 2+( ) = ，
2 2
❑√57 3
∵CF≥CH−FH= − ．
2 2
❑√57 3
∴当F点在CH上时CF长有最小值，最小值为 − ．
2 2
8．（2022秋·江苏·九年级期中）如图1，已知A(−10,0)，B(−6,0)，点C在y轴的正半轴上，
∠CBO=45°，CD//AB，∠CDA=90°．点P从点A出发，沿x轴以每秒1个单位长度的速度向右运
动，运动时间为t秒．（1）BC=__________；
（2）当∠BCP=15°时，求t的值；
（3）以线段PC为直径的⊙Q随点P的运动而变化，当⊙Q与四边形ABCD的边（或边所在的直线）相切
时，求t的值．
【思路点拨】
（1）根据等腰三角形的判定和勾股定理即可得出答案；
（2）分①当点P在点B右侧时，②当点P'在点B左侧时两种情况进行求解即可；
（3）分①当该圆与BC相切于点C，②当该圆与CD相切于点C，③当该圆与AD相切三种情况分别求出t
的值即可；
【解题过程】
解：（1）∵∠BOC=90°,∠CBO=45°,
∴∠BCO=∠CBO=45°,
∴B(−6,0)，
∴OC=OB=6,
∴C(0,6),
∴BC=❑√2OB=6❑√2.
（2）如图1中，
①当点P在点B右侧时，∵∠BOC=45°,∠BCP=15°,
∴∠POC=30°,
∴OP=2❑√3,
∴t =10−2❑√3,
1
②当点P'在点B左侧时，
∵∠BCO=45°,∠BCP′=15°,
∴∠P′CO=60°,
∴OP′=6❑√3,
∴t =10−6❑√3,
2
综上所述： t的值为10−2❑√3或10−6❑√3
(3)如图2中，
由题意知，若该圆与四边形ABCD的边相切，有以下三种情况：
①当该圆与BC相切于点C时，有
∠BCP=90°,
则∠OCP=45°，OP =6,
1
∴AP =OA+OP =10+6=16,
1 1
t=16秒，
②当该圆与CD相切于点C时，有P C⊥CD,即点P 与点O重合，
2 2
∴AP =OA=10,
2
t=10秒，
③当该圆与AD相切时，
设P 的坐标为(-10 +t，0)，
3∴C(0,6),
t
∴M点的坐标为(−5+ ,3),
2
t 2
∴MC2=(5−
)
+32,
2
过M作MH⊥AD于H ，
1
∴MH= (AP +CD)
2 3
1
= (10+t)
2
t
=5+ ,
2
∵M H2=MC2,
t 2 t 2
∴(5+ ) =(5− ) +32,
2 2
整理得10t=9，
9
解得t= ,
10
9
综上所述，当⊙Q与四边形ABCD的边或边所在的直线相切时，t的值为16秒或10秒或 秒
10
9．（2022·全国·九年级专题练习）如图，已知AB为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点（不含端
点），以OP、OB为一组邻边作▱POBQ，连接OQ、AP，设OQ、AP的中点分别为M、N，连接
PM、ON．
（1）试判断四边形OMPN的形状，并说明理由．
（2）若点P从点B出发，以每秒15°的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时间为ts．
①是否存在这样的t，使得点Q落在半圆O内？若存在，请求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．
②试求：当t为何值时，四边形OMPN的面积取得最大值？并判断此时直线PQ与半圆O的位置关系（需
说明理由）．
【思路点拨】（1）由平行四边形的性质可得PQ//OB，PQ＝OB，可证四边形PQOA为平行四边形，可得PA//QO，
PA＝QO．由中点的性质可得OM＝PN，可证四边形OMPN为平行四边形，由等腰三角形的性质可得
∠ONP＝90°，可得结论；
（2）①求出点Q落在半圆O上时，t的值，点P与点A重合时，t的取值，根据这两个特殊位置，可求点
Q落在半圆O内时，t的取值范围；
②由面积公式可得S OMPN＝S AOP，由△AOP的底AO为定值，则当P旋转运动90°（运动至最高
矩形 △
点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值，即可求t的值，由平行线的性质可得∠OPQ＝
90°，可证PQ与半圆O相切．
【解题过程】
解：（1）四边形OMPN为矩形，
理由如下：∵四边形POBQ为平行四边形，
∴PQ//OB，PQ＝OB，
又∵OB＝OA，
∴PQ＝AO，
又∵PQ//OA，
∴四边形PQOA为平行四边形，
∴PA//QO，PA＝QO．
又∵M、N分别为OQ、AP的中点，
1 1
∴OM＝ OQ，PN＝ AP，
2 2
∴OM＝PN，
∴四边形OMPN为平行四边形，
∵OP＝OA，N是AP的中点，
∴ON⊥AP，即∠ONP＝90°，
∴四边形OMPN为矩形；
（2）①如图，当点Q落在半圆O上时，
∵四边形POBQ是平行四边形，∴PQ＝OB，PO＝BQ，
又∵OB＝OP＝OQ，
∴OP＝OQ＝PQ＝BO＝BQ，
∴△POQ是等边三角形，△BQO是等边三角形，
∴∠POQ＝∠BOQ＝60°，
∴∠BOP＝120°，
120
∴t＝ ＝8s，
15
∴当t＝8s时，点Q落在半圆O上，
180
∵当点P与点A重合时，t＝ ＝12s，
15
∴当8＜t＜12时，点Q落在半圆O内；
②∵四边形OMPN为矩形，
1
∴S OMPN＝ON•NP＝ AP•ON，
矩形 2
∴S OMPN＝S AOP，
矩形 △
∵△AOP的底AO为定值，
∴当P旋转运动90°（运动至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值．
∴t＝90÷15＝6秒．
∴当t＝6s时，四边形OMPN面积最大，
此时，PQ与半圆O相切．
理由如下：∵∠POB＝90°，PQ//OB，
∴∠OPQ＝90°，
∴PQ与半圆O相切．
10．（2022秋·江苏扬州·九年级校联考期中）如图①，矩形ABCD与以EF为直径的半圆O在直线l的上
方，线段AB与点E、F都在直线l上，且AB=7，EF=10，BC＞5．点B以1个单位/秒的速度从点E处
出发，沿射线EF方向运动，矩形ABCD随之运动，运动时间为t秒．（1）如图②，当t=2.5时，求半圆O在矩形ABCD内的弧的长度；
（2）在点B运动的过程中，当AD、BC都与半圆O相交时，设这两个交点为G、H．连接OG、OH，若
∠GOH为直角，求此时t的值．
（3）当矩形ABCD为正方形时，连接AC，在点B运动的过程中，若直线AC与半圆只有一个交点，则t
的取值范围是 ．
【思路点拨】
（1）通过判定△MEO为等边三角形，然后根据弧长公式求解；
（2）通过判定△GAO≌△HBO，然后利用全等三角形的性质分析求解；
（3）当半圆O与直线AC相切时，可求得t=12−5❑√2，此时半圆O与直线AC只有一个交点；当点E与
点A重合时，可求得t=7，此时半圆O与直线AC有两个交点；当点F与点A重合时，可求得t=17，此时
半圆O与直线AC只有一个交点，即可得到t的取值范围．
【解题过程】
（1）设BC与⊙O交于点M
当t=2.5时，BE=2.5
∵EF=10
1
∴OE= EF=5
2
∴OB=2.5
∴EB=OB
在矩形ABCD中，∠ABC=90°
∴ME=MO
又∵MO=EO
∴ME=EO=MO
∴△MOE是等边三角形
∴∠EOM=90°
60π×5 5π
∴l = =
⏜ 180 3
ME5π
即半圆O在矩形ABCD内的弧的长度为 .
3
（2）连接GO，HO
∵∠GOH=90°
∴∠AOG+∠BOH=90∘，
∵∠AGO+∠AOG=90∘
∴∠AGO=∠BOH，
在△AGO和△OBH中，
{∠AGO=∠BOH
)
∠GAO=∠HBO
OG=OH
∴△AGO≌△BOH
∴OB=AG=t−5
∵AB=7
∴AE=t−7
∴AO=5−(t−7)＝12−t
在Rt△AGO中，AG2+AO2=OG2
∴(t−5) 2+(12−t) 2=52
解得：t =8，t =9
1 2
即t的值为8或9．
（3）t=12−5❑√2或7 cm，即可判断⊙M与直线CD的位置关系；
2
（2）①根据P、Q运动的速度与AB、BC的比相等，得出圆心M在对角线BD上，再根据图形和题意，得
出P和Q两点在t=2时在点B重合，当t=0时，直径为对角线AC，M是AC的中点，再根据中点的性质，
1
得出OB= BD，再根据勾股定理，得出BD=10cm，进而得出OB的长，即为圆心M的运动路径长；②
2
当⊙M与AD相切时，设切点为F，连接FM并延长交BC于E，根据切线的性质，得出EF⊥AD，
EF⊥BC，再根据线段之间的数量关系和题意，得出BQ=4−2t，PB=3−1.5t，再根据勾股定理，得
5 1 5 5
出PQ=5− t，再根据圆的性质，得出PM= PQ=FM= − t，再根据中位线的性质，得出
2 2 2 4
1 3 3
ME= PB= − t，再根据线段之间的数量关系，列出关于t的方程，解出即可得出答案；
2 2 4
（3）过D作DG⊥PQ，交PQ的延长线于点G，连接DQ，根据等量代换，得出∠APD=∠NPQ，再根
据角平分线的性质，得出AD=DG=4cm，再根据HL，得出Rt△APD≌Rt△GPD，再根据全等三角形
的性质，得出PG=AP=1.5t，再根据①，得出PQ=5−2.5t，再根据线段之间的数量关系，得出
QG=4t−5，再根据勾股定理，列出方程，解出即可得出答案．
【解题过程】
（1）解：如图，过点M作KN⊥AB于N，交CD于K，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AB∥CD，∴⊙M的直径是PQ，KN⊥CD，
当t=1时，AP=3cm，CQ=4cm，
∵AB=6cm，BC=8cm，
∴PB=6−3=3cm，BQ=8−4=4cm，
∴PQ=❑√32+42=5cm，
5
∴⊙M的半径为 cm，
2
∵MN∥BQ，M是PQ的中点，
∴PN=BN，
∴MN是△PQB的中位线，
1 1
∴MN= BQ= ×4=2cm，
2 2
∴MK=8−2=6cm，
5
∵6cm> cm，
2
∴⊙M与直线CD的位置关系是相离；
5
故答案为： ；相离
2
（2）解：①如图，
∵P、Q运动的速度与AB、BC的比相等，
∴圆心M在对角线BD上，
由图可知，P和Q两点在t=2时在点B重合，当t=0时，直径为对角线AC，M是AC的中点，
1
∴OB= BD，
2
由勾股定理，可得：BD=❑√62+82=10cm，1
∴OB= ×10=5cm，
2
∴圆心M的运动路径长是5cm；
故答案为：5
②如图，当⊙M与AD相切时，
设切点为F，连接FM并延长交BC于E，则EF⊥AD，EF⊥BC，
则BQ=4−2t，PB=3−1.5t，
5
∴PQ=5− t，
2
1 1 ( 5 ) 5 5
∴PM= PQ=FM= × 5− t = − t，
2 2 2 2 4
在△BPQ中，
1 3 3
ME= PB= − t，
2 2 4
∵EF=FM+ME，
5 5 3 3
∴ − t+ − t=3，
2 4 2 4
1
解得：t= ，
2
1
∴t的值为 ；
2
（3）解：如图，过D作DG⊥PQ，交PQ的延长线于点G，连接DQ，∵∠APD=∠NBQ，∠NBQ=∠NPQ，
∴∠APD=∠NPQ，
∵∠A=90°，DG⊥PG，
∴AD=DG=4cm，
∵PD=PD，
∴Rt△APD≌Rt△GPD(HL)，
∴PG=AP=1.5t，
∵PQ=5−2.5t，
∴QG=1.5t−(5−2.5t)=4t−5，
∵DC2+CQ2=DQ2=DG2+QG2，
∴32+(2t) 2=42+(4t−5) 2，
∴3t2−10t+8=0，
即(t−2)(3t−4)=0，
4
解得：t =2（舍去），t = ，
1 2 3
4
∴t= ．
3
20．（2023·江苏连云港·统考一模）问题提出：
（1）“弦图”是中国古代数学成就的一个重要标志．小明用边长为5的正方形ABCD制作了一个“弦
图”：如图①，在正方形ABCD内取一点E，使得∠BEC=90°，作DF⊥CE，AG⊥DF，垂足分别为
F、G，延长BE交AG于点H．若EH=1，求BE的长；变式应用：
（2）如图②，分别以正方形ABCD的边长AB和CD为斜边向内作Rt△ABE和Rt△CDF，连接EF，若已
知∠AEB=∠CFD=90°，AE=CF，Rt△ABE的面积为8，EF=3❑√2，则正方形ABCD的面积为 ．
拓展应用：
（3）如图③，公园中有一块四边形空地ABCD，AB=BC=60米，CD=120米，AD=60❑√2米，
∠ABC=90°，空地中有一段半径为60米的弧形道路（即A´C），现准备在A´C上找一点P将弧形道路改造
为三条直路（即PA、PB、PC），并要求∠BPC=90°，三条直路将空地分割为△ABP、△BCP和四边
形APCD三个区域，用来种植不同的花草．
①则∠APC的度数为 ；
②求四边形APCD的面积．
【思路点拨】
（1）根据矩形的判定定理得到四边形EFGH是矩形，求得∠EHG=∠AHB=90°，根据正方形的性质得
到∠ABC=90°，AB=BC，根据全等三角形的性质得到AH=BE，根据勾股定理即可得到结论；（2）如图②，延长DF交AE于H，延长BE交CF于G，根据全等三角形的性质得到DF=BE，
∠CDF=∠ABE，求得∠DCF=∠ADF，根据余角的性质得到∠AHD=90°，同理∠BGC=90°，
∠BCG=∠ABE，根据全等三角形的性质得到FH=HE=EG=FG，求得正方形FHEG的面积
1
= EF2=9，于是得到结论；
2
（3）①如图③，连接AC，根据勾股定理得到AC=❑√AB2+BC2=60❑√2，根据勾股定理的逆定理得到
∠CAD=90°，推出CD是A´C所在圆的直径，△ACD是等腰直角三角形，得到点A，P，C，D四点共
圆，∠D=∠ACD=45°，圆内接四边形的性质得到∠APC的度数；
②根据三角形的面积公式得到S =3600；根据旋转的想得到∠QBP=90°，BQ=BP，
△ACD
∠AQB=∠BPC=90°，延长CP交AQ于M，推出△AMP是等腰直角三角形，得到AM=PM，根据勾
股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
【解题过程】
解：∵∠BEC=90°，DF⊥CE，AG⊥DF，
∴∠CEH=∠DFE=∠AGF=90°，
∴四边形EFGH是矩形，
∴∠EHG=∠AHB=90°，
∴∠AHB=∠BEC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，AB=BC，
∴∠ABH+∠CBE=∠ABH+∠BAH=90°，
∴∠BAH=∠CBE，
在△ABH和△BCE中，
{∠AHB=∠BEC
)
∠BAH=∠CBE ，
AB=BC
∴△ABH≌△BCE(AAS)，
∴AH=BE，
∵AH2+BH2=AB2，
∴BE2+(BE+1) 2=52，
解得：BE=3或BE=−4（负值不合题意，舍去），∴BE的长为3；
（2）解：如图②，延长DF交AE于H，延长BE交CF于G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AB，
∵∠AEB=∠CFD=90°，AE=CF，
在Rt△CDF和Rt△ABE中，
{CF=AE)
，
CD=AB
∴Rt△CDF≌Rt△ABE(HL)，
∴DF=BE，∠CDF=∠ABE，∠DCF=∠BAE，
∵∠CDF+∠ADH=∠CDF+∠DCF=90°，
∴∠ADH=∠DCF，
∴∠ADH=∠BAE，
∴∠ADH+∠DAE=∠BAE+∠DAE=90°，
∴∠AHD=90°，
同理∠BGC=90°，∠CBG=∠BAE，
在△ADH和△BAE中，
{∠ADH=∠BAE
)
∠AHD=∠BEA ，
DA=AB
∴△ADH≌△BAE(AAS)，
∴DH=AE，AH=BE，
在△CBG和△BAE中，
{∠CBG=∠BAE
)
∠BGC=∠AEB ，
BC=AB
∴△CBG≌△BAE(AAS)，
∴BG=AE，CG=BE，∴DH=AE=BG=CF，DF=AH=BE=CG，
∴FH=HE=EG=GF，
∴四边形FHEG是正方形，
∵Rt△ABE的面积为8，EF=3❑√2，
1 1
∴正方形FHEG的面积为： EF2= ×(3❑√2) 2=9，
2 2
∴正方形ABCD的面积为：4×8+9=41，
故答案为：41；
（3）如图③，连接AC，
∵AB=BC=60，∠ABC=90°，
∴AC=❑√AB2+BC2=60❑√2，
∵CD=120，AD=60❑√2，
∴AC2+AD2=(60❑√2) 2+(60❑√2) 2=1202=CD2，
∴∠CAD=90°，
∴CD是A´C所在圆的直径，△ACD是等腰直角三角形，
∴点A，P，C，D四点共圆，∠D=∠ACD=45°，
∴∠D+∠APC=180°，
∴∠APC=180°−∠D=135°，
故答案为：135°；
②∵△ACD是等腰直角三角形，
1 1
∴S = AD⋅AC= ×60❑√2×60❑√2=3600，
△ACD 2 2
把△BPC绕着点B逆时针旋转90°，得到△ABQ，∴∠QBP=90°，BQ=BP，∠AQB=∠BPC=90°，
∴∠∠AQB+∠PBQ=180°，∠BQP=∠BPQ=45°，
∴PB∥AQ，
∴∠PQA=∠BPQ=45°，
延长CP交AQ于M，
∴CP⊥AQ，∠APM=180°−∠APC=45°，
∴△AMP是等腰直角三角形，∠PQA=∠PAQ=45°，
∴AM=PM，PA=PQ，
1
∴PM= AQ，
2
∵∠MQB=∠QMP=∠PBQ=90°，
∴四边形BQMP是正方形，
∴BQ=PM，
∴AQ=2BQ，
∵AQ2+BQ2=AB2，
∴4BQ2+BQ2=602，
∴BQ2=720，
∴S =S −S −S
△APC △ABC △APB △BPC
=S −(S +S )
△ABC △APB △BQA
=S −S
△ABC 四边形AQBP
1 ( 1 )
= ×60×60− 720+ ×720
2 2
=720，
∴S =S +S =720+3600=4320（平方米）．
四边形APCD △APC △ACD
